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教材素材试题汇编
一、 物理学史部分
1、（2013全国新课标理综Ⅰ第14题） 右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据.伽利略可以得出的结论是
A.物体具有惯性
B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C.物体运动的距离与时间的平方成正比
D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
【答案】C
【解析】第一列是第二列（时间）的平方和第三列数据可以看出：，即物体的位移与时间的平方成正比，C选项对。
[课本相关]：课本必修1，第二章匀变速直线运动的研究第6节《伽利略对自由落体运动的研究》，P47，原话是“但是，伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为0，而且速度随时间的变化是均匀的，即，它通过的位移就与所用时间的二次方成正比，即（学过前面的几节，我们也能进行这样的数学推算了）。”这一内容，在必修Ⅰ教材前《走进物理课堂之前》中也有相关论述。
2、（2013高考山东理综第14题）伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有
A.力不是维持物体运动的原因
B.物体之间普遍存在相互吸引力
C.忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快]
D.物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反
[答案]AC
[解析] 伽利略的“理想斜面实验”得出“物体在不受力的情况下会一直运动下去” 的结论，故A正确．伽利略还做过“比萨斜塔实验”，得出“在忽略空气阻力的情况下，重的和轻的小球下落一样快”的结论，故C正确．
[课本相关]课本必修1第二章第二章匀变速直线运动的研究第6节《伽利略对自由落体运动的研究》，P47。
3、（2013高考重庆理综第4题）题4图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图像分别对应题4图2中的
A．①、②和③ B．③、②和①
C．②、③和① D．③、①和②
[答案]B
[解析] 本题考查物体的受力分析和图像问题，考查学生的综合分析能力．由图可知：小球对斜面的压力FN＝mgcosθ，其最大值Fm＝mg，故比值yF＝＝cosθ为图像③；小球运动的加速度a＝gsinθ，其最大值am＝g，故比值ya＝＝sinθ为图像②；整个过程重力不变，重力加速度不变，比值yg＝1为图像①，故选项B正确．
[课本相关]本题图1来源于必修1第第二章第二章匀变速直线运动的研究第6节《伽利略对自由落体运动的研究》，P48，图2.6-3。
4、（2013全国新课标理综II第19题）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，
C．法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
[答案]ABD　
[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应，表明电流可以产生磁场，揭示了电与磁的联系，A正确；安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性，提出了分子环流假说，符合物理史实，B正确；法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流，C错误；D项的叙述符合楞次定律的发现过程，D正确．
[课本相关]A项对应课本3-1第三章磁场第1节《磁现象和磁场》，P81，原话是“他（奥斯特）连续进行了大量研究，同年7月发表论文，宣布发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系。”3-2第四章电磁感应第1节《划时代的发现》中也有相关论述。
B项对应课本3-1第三章磁场第3节《几种常见的磁场》，P87，原话是“我们知道，通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，法国学者安培由此受到启发，提出了著名的分子电流假说。”
C项对应课本3-2第四章电磁感应第1节《划时代的发现》，P3，原话是“遗憾的是，他（法拉弟）在这些实验中使用的都是恒定电流产生的磁场，看看这样的磁场是不是会在某个电路中产生感应电流。”
D项对应课本3-2第四章电磁感应第3节《楞次定律》，P11，原话是“1834年，物理学家楞次在分析了许多实验事实后，把结论用一句话巧妙地表达为：感应电流具在这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。”

二、质点的直线运动
1．（2013广东理综，13，4分)某航母跑道长200m。飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2,起飞需要的最低速度为50m/s。那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速度为(　　)
A.5 m/s B.10 m/s[ C.15 m/s D.20 m/s
[答案]　B　[来源:学§科§网Z§X§X§K]
[解析]由得：
[课本相关]必修1第二章第二章匀变速直线运动的研究第4节《匀变速直线运动的速度与位移的关系》，课后“问题与练习”题3，P43。
附原题：

三、相互作用
1．[2013·北京卷] 倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是(　　)

A．木块受到的摩擦力大小是mgcosα
B．木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C．桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcosα
D．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g
【答案】D　
[解析] 木块受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，处于静止状态，合力为零，则有摩擦力f＝mgsinα，支持力FN＝mgcosα，由牛顿第三定律，木块对斜面体的压力F′N＝mgcosα，A、B两项错误．木块和斜面体整体处于静止状态，合力为零，则有桌面对斜面体的摩擦力为0，桌面对斜面体的支持力等于两物体的重力之和(M＋m)g，C项错误，D项正确．
【课本相关】必修1，第三章相互作用第5节力的分解，P65，例题，两题受力分析完全相同，只是本题要用到牛顿第三定律。本题受力图与必修1，第四章牛顿运动定律第5节牛顿第三定律，P83，图4.5-9相同。

四、牛顿运动定律
1.（2013全国新课标理综II第14题）一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图象是

【答案】C
【解题思路】设物体所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F-f=ma，F= ma+f，所以能正确描述F与a之间关系的图象是C，选项C正确ABD错误。
【课本相关】必修1，第四章牛顿运动定律第5节牛顿第三定律，P73，实验参考案例二。本题是该实验没有平衡摩擦力的结果。

五、曲线运动
1．(2013安徽理综,18,6分)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min,水离开喷口时的速度大小为16 m/s,方向与水平面夹角为60°,在最高处正好到达着火位置,忽略空气阻力,则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 m/s2)(　　)[来源:Z。xx。k.Com]
A.28.8 m　1.12×10-2 m3 B.28.8 m　0.672 m3[来源:学|科|网]
C.38.4 m　1.29×10-2 m3 D.38.4 m　0.776 m3
[答案]A　
[解析]本题考查应用运动的分解知识解决斜抛运动问题．水做斜抛运动，沿水平方向和竖直方向建立坐标系，在竖直方向有(vsin60°)2＝2gh，vsin60°＝gt，可得水柱的高度为h＝28.8 m．水的运动时间为t＝2.4 s，水量为m＝Qt＝1.12×10－2m3，选项A正确．
[课本相关]必修2，第五章曲线运动第2节《平抛运动》，P11，图5.2-8.
另该节后面“问题与练习”题1，P12，原题：

2.(2013江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在地面上的M、N点,两球运动的最大高度相同。空气阻力不计,则(　　)
A.B的加速度比A的大
B.B的飞行时间比A的长
C.B在最高点的速度比A在最高点的大
D.B在落地时的速度比A在落地时的大
[答案]CD
[解析] 抛体运动是匀变速运动，加速度始终为重力加速度g，故选项A错误；抛体运动的空中运动时间仅由高度决定，两小球的运动时间相等，故选项B错误；抛体运动在水平方向的运动是匀速直线运动，相同时间内小球B的水平位移大，故其水平分速度大，两小球运动到最高点时，小球只有方向水平的速度，显然B的速度大，故选项C正确；由于下降的高度相等，故两小球落地时在竖直方向的分速度大小相等，由运动的的合成可知，B球落地时的速度大，故选项D正确．
[课本相关]必修2，第五章曲线运动第2节《平抛运动》，P11，图5.2-8.

3.(2013北京理综,19,6分)在实验操作前应该对实验进行适当的分析。研究平抛运动的实验装置示意如图。小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放,并从斜槽末端水平飞出。改变水平板的高度,就改变了小球在板上落点的位置,从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想小球先后三次做平抛,将水平板依次放在如图1、2、3的位置,且1与2的间距等于2与3的间距。若三次实验中,小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3,机械能的变化量依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3,忽略空气阻力的影响,下面分析正确的是(　　)
A.x2-x1=x3-x2，ΔE1=ΔE2=ΔE3
B.x2-x1>x3-x2，ΔE1=ΔE2=ΔE3
C.x2-x1>x3-x2，ΔE1<ΔE2<ΔE3
D.x2-x1摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千
(A)在下摆过程中 (B)在上摆过程中
(C)摆到最高点时 (D)摆到最低点时
【答案】D
【解析】当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D正确。
答案　(1)1.41 m　(2)20 N
[课本相关]必修2第五章曲线运动第6节《向心力》“问题与练习”题4，P26，原题：

另一相关试题：(2013福建理综,20,15分)如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0 m,B点离地高度H=1.0 m,A、B两点的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气影响,求:
(1)地面上DC两点间的距离s;
(2)轻绳所受的最大拉力大小。

【2013江苏2】如图所示，“旋转秋千冶中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。 不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是
（A）A的速度比B的大
（B）A与B的向心加速度大小相等
（C）悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
（D）悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
【答案】D
【解析】当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，A与B的角速度相等，A的半径比B的小，由v＝ωr，可得A的速度比B的小，故A错；由得，A的向心加速度比B的小，故B错；座椅受重力mg和拉力T，mgtanθ=，A与竖直方向的夹角比B的小，故C错；拉力，悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，故D对。
[课本相关]必修2第五章曲线运动第4节《圆周运动》，P16，图5.4-1

【2013新课标Ⅱ21】公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
【答案】AC
【解析】据题意，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，汽车与地面间没有摩擦力的作用，向心力由重力和地面支持力的合力提供，故路面外侧高内侧低，A正确；车速小于vc时，汽车的向心力减小，由于地面比较粗糙，故汽车受到的静摩擦力将会阻碍车辆向内侧滑动，B错误；同理可知只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，C正确；由选项A的分析可知当路面结冰时，与未结冰时相比，向心力的大小不变，故临界速度vc 的值不变，D错误。（对于选项BC也可结合实际情况直接判断出正误，如汽车可以静止在转弯处，汽车速度过大将做离心运动。）
[课本相关]必修2第五章曲线运动第7节《生活中的圆周运动》，P29，原话：离心运动有时也会带来危害。在水平公路上行驶的汽车，转弯时所需的向心力是由车轮与路面间的静摩擦力提供。如果转弯时速度过大，所需向心力F很大，大于最大静摩擦力Fmax，汽车将做离心运动面造成事故。因此，在公路弯道，车辆不允许超过规定的速度。

六、万有引力与航天
1.(2013江苏单科,1,3分)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知(　　)
A.太阳位于木星运行轨道的中心
B.火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C.火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D.相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
[答案]C　
[解析] 本题考查了开普勒的三个行星运动定律．题目中要求根据开普勒行星运动定律来判断，那么不能按照中学阶段的近似处理来判断．太阳应位于行星运行轨道的一个焦点上，而焦点不是圆心，A错误．火星和木星绕太阳运行时是不在同一个轨道上的，根据开普勒第二定律可知，同一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，D错误．火星和木星绕太阳运行速度的大小也是不可能始终相等的，B错误．根据开普勒第三定律＝可知＝，C正确．

[课本相关]必修2第五章曲线运动第1节《行星的运动》，P32，开普勒三大定律。

七、机械能守恒定律
[2013·北京卷] (18分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F＝kx(x为床面下沉的距离，k为常量)．质量m＝50 kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0＝0.10 m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt＝2.0 s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1.取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力的影响．

(1)求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图；
(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；
(3)借助F－x图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值．
[解析] (1)床面下沉x0＝0.10 m时，运动员受力平衡mg＝kx0
得k＝＝5.0×103 N/m
F－x图线如图．

(2)运动员从x＝0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等
hm＝g＝5.0 m
(3)参考由速度－时间图像求位移的方法，F－x图线下的面积等于弹力做的功．从x处到x＝0，弹力做功WT
WT＝·x·kx＝kx2
运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有kx－mg(x1＋hm)＝0
得x1＝x0＋＝1.1 m
对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系，有W＋kx＝mg(hm＋x0)
得W＝2525 J≈2.5×103 J
【课本相关】必修2第七章机械能守恒定律第5节探究弹性势能的表达式，P69，课本原话：“在处理匀变速直线运动的位移时，我们曾经利用v-t图象下梯形的面积来代表位移，这里是否可以用F-l图象下一个梯形的面积来代表功？。。。。。沿着这样的思路，你可能、以通过自己的探究得到弹性势能的表达式。”这句话与本题第(3)问中通过F-x国线求弹力的功，思路方向完全一致。

八、静电场
1.【2013海南卷】如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点。已知在P、Q连线至某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ。则
A．q1=2q2 B．q1=4q2 C．q1=-2q2 D．q1=-4q2
【答案】B
【解析】因为在R处的电场强度为零，所以、带同种电荷，且满足，解得，B项对。
【课本相关】选修3-1第一章静电场第3节电场强度，P15，课后问题与练习题7。原题求x轴上电场强度为0的点和电场强度的方向。附原题：

2.【2013江苏6】将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。 a、b为电场中的两点，则
（A）a点的电场强度比b点的大
（B）a点的电势比b点的高
（C）检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大
（D）将检验电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
【答案】ABD
【解析】电场线的疏密表示场强的大小，a点的电场强度比b点的大，故A对；沿电场线电势降落，a点的电势比b点的高，故B对；负电荷在电势低的地方电势能打，故C错：将检验电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力与位移方向相反，做负功，故D对。
【课本相关】选修3-1第1章静电场第7节静电现象的应用，P28，课后问题与练习，题1，原题研究一个点电荷靠近一个原来不带电的金属球，其电荷分布、场强、电势情况。
3. 【2013新课标Ⅱ 18】a
b
c
如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】对c球受力分析可知，水平方向上受a、b的库仑力和匀强电场的电场力3个力的作用而平衡，有，解得。故选B。
【课本相关】本题考查电场叠加问题。课本选修3-1第一章静电场第3节电场强度，P12，图1.3-3电场的叠加，与本题图相似。附原题图：

【2013上海 32】 (12分)半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强火小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E－r曲线下O－R部分的面积等于R－2R部分的面积。
(1)写出E－r曲线下面积的单位；
(2)己知带电球在r≥R处的场强E＝kQ／r2，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大?
(3)求球心与球表面间的电势差△U；
(4)质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?
【解析】（1）图象纵坐标表示场强横坐标表示距离，类比速度--时间图象，可得E-r曲线下面面积表示电势差，单位是：伏特，符号：V。
（2）根据题意把，代入，
得
（3）由（1）可知E-r曲线下面面积表示电势差，
所以球心与球面间的电势差:
（4）根据题意知：O-R部分的面积等于R-2R部分的面积，
即
负电荷从球面处到2R处，根据动能定理有：

解得：
【课本相关】选修3-1第一章静电场第3节电场强度，P12，图1.3-4，研究均匀带电球体（或球壳）在球外产生的电场时，可以认为全部电荷集中在球心。附原课本部分：

九、恒定电流
【2013北京 24（1）】（20分）对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。
（1）一段横截面积为S、长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电量为e。该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为V。
（a）求导线中的电流I
（b）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为
F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安=F。
【解析】（1）（a）设时间内通过导体横截面的电荷量为，由电流的定义，可得
。
（b）每个自由电子所受的洛伦兹力为，
设导体中共有N个自由电子，则
导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为
由安培力的计算公式，有
故。
【课本相关】选修3-1第二章恒定电流第1节电源和电流，例题1，与本题（a）相似。原题：

十、磁场
1.同上题.
【课本相关】选修3-1第三章磁场第5节运动电荷在磁场中受到的力，思考与讨论中由安培力推导洛伦兹力的过程，即与本题（b）的过程刚好相反。原内容：

十一、电磁感应
【2013天津 3】如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则
A．Q1>Q2 q1=q2 B．Q1>Q2 q1>q2
C．Q1=Q2 q1=q2 D．Q1=Q2 q1>q2
【答案】A
【解析】本题考察电磁感应相关基础知识及推论。 设ab和bc边长分别为lab，lbc， ，则lab>lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，若假设穿过磁场区域的速度为v，则有Q1=|W安1| = B2l2 ab vR ·lbc ，q1=It = ΔΦ R =Blab·lbc R ；同理可以求得Q2=|W安2 | = B2l2 bc vR ·lab ，q2=It = ΔΦ R =Blab·lbc R ；观察可知Q1>Q2，q1=q2，A选项正确。
【课本相关】选修3-2第四章电磁感应第5节电磁感应现象的两类情况，课后问题与练习，题4，P21.原题是速度不同，而本题是切割的长度不同，时间也相应不同。附原题：

相关高考试题还有：
L
d
【2013新课标Ⅱ 16】如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L ）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t=0时导线框的的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，可能正确描述上述过程的是

v
t
O
A
v
t
O
B
v
t
O
C
v
t
O
D

【答案】D
【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D。

【2013山东 18】将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是

【答案】B
【解析】由图乙可知磁感应强度的大小随时间呈线性变化，即（k是一个常数），又圆环的面积S不变，由可知圆环中产生的感应电动势不变，则回路中的感应电流大小不变，故 ab边受到的安培力不变，排除选项C、D；0-时间内，由楞次定律可判断出流过ab边的电流方向为由b至a，结合左手定则可判断出ab边受到的安培力的方向向左，为负值，排除选项A错误。本题选B。
【课本相关】选修3-2第四章电磁感应第5节电磁感应现象的两类情况，课后问题与练习，题2，P21.原题是磁通量变化，研究感应电流，属电磁感应中的电路问题，而本题是磁感应强度变化，研究安培力的变化情况。附原题：

【2013北京 17】如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度V向右匀速滑动, MN中产生的感应电动势为El;若磁感应强度增为2B,其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比El: E2分别为
A. C→a，2：1
B. a→c，2：1
C. a→c，1：2
D. c→a，1：2
【答案】C
【解析】据右手定则可直接判断出感应电流的方向为a→c，由导体棒切割磁感线产生的感应电动势的表达式可知若磁感应强度增为2B,其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为原来的2倍，本题选C。
【课本相关】选修3-2第四章电磁感应第5节电磁感应现象的两类情况，课后问题与练习，题3，P21。附原题：

十二、交变电流
1

i/A

t/s

0.5

0.1

0.2

-0.1

-0.2

0

【2013海南卷】通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s.电阻两端电压的有效值为
A．12V B．4V
C．15V D．8V
【答案】Ｂ
【解析】根据一个周期内经过同一电阻生热相同的原则可得，，解得
【课本相关】选修3-2第五章交变电流第2节描述交变电流的物理量，思考与讨论，P35。附原内容：

【2013山东 17】图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO’沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是
A．电流表的示数为10A
B.线圈转动的角速度为50rad/s
C.0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
【答案】AC
【解析】由题图乙可知交流电电流的最大值是=A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数=10A，选项A正确；角速度rad/s，选项B错误；0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误。
【课本相关】选修3-2第五章交变电流第1节交变电流，交变电流的产生，P35。附原内容：

【2013天津 4】普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则
A．ab接MN、cd接PQ，IabIcd
C．ab接PQ、cd接MN，IabIcd
【答案】B
【解析】本题考察远距离输电和理想变压器的基础知识。 由理想变压器的基本规律：Uab:Ucd=nab:ncd，Pab=Pcd，可知nab Iab =ncd Icd，高压输电线MN上电流较大，故应设法降低交流电流表的待测电流，B选项正确
【课本相关】选修3-2第五章交变电流第4节变压器，课后科学漫步，P43.附原内容：

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